Description
背景
想Kpm当年为了防止别人随便进入他的MC，给他的PC设了各种奇怪的密码和验证问题（不要问我他是怎么设的。。。），于是乎，他现在理所当然地忘记了密码，只能来解答那些神奇的身份验证问题了。。。
描述
Kpm当年设下的问题是这样的：
现在定义这么一个概念，如果字符串s是字符串c的一个后缀，那么我们称c是s的一个kpm串。
系统将随机生成n个由a…z组成的字符串，由1…n编号（s1,s2…,sn），然后将它们按序告诉你，接下来会给你n个数字，分别为k1…kn，对于每 一个ki，要求你求出列出的n个字符串中所有是si的kpm串的字符串的编号中第ki小的数，如果不存在第ki小的数，则用-1代替。（比如说给出的字符 串是cd,abcd,bcd,此时k1=2，那么”cd”的kpm串有”cd”,”abcd”,”bcd”,编号分别为1,2,3其中第2小的编号就是 2）（PS：如果你能在相当快的时间里回答完所有n个ki的查询，那么你就可以成功帮kpm进入MC啦~~）
Input
第一行一个整数 n 表示字符串的数目
接下来第二行到n+1行总共n行，每行包括一个字符串，第i+1行的字符串表示编号为i的字符串
接下来包括n行，每行包括一个整数ki，意义如上题所示
Output
包括n行，第i行包括一个整数，表示所有是si的kpm串的字符串的编号中第ki小的数
Sample Input
3
cd
abcd
bcd
2
3
1
Sample Output
-1
2
样例解释
“cd”的kpm 串有”cd”,”abcd”,”bcd”,编号为1,2,3，第2小的编号是
2，”abcd”的kpm串只有一个，所以第3小的编号不存在，”bcd”的kpm
串有”abcd”,”bcd”,第1小的编号就是2。
数据范围与约定
设所有字符串的总长度为len
对于100%的数据，1<=n<=100000,0
HINT
Source
阻止我1A的元凶，没输换行符，不过确实在询问完就输出这样子看不粗来呀，长见识了，这道题也让我长见识了。
思路当时倒是想到了大概，但完全不会写，，%了OXer的题解，感觉好多了。
首先反着建trie树，这样所有答案就包含在这棵树的子树里了，注意处理每个字符串的位置，然后再直接套上主席树求区间第K大就OK了。PS：树据结构还是得多写啊，感觉既锻炼码力又锻炼思维。
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #define N 300010 5 using namespace std; 6 struct data{int next,to;}e[N*20]; 7 int root[N],lch[N*20],rch[N*20],cnt[N*20],head[N],in[N],out[N],a[N]; 8 int ch[N][26]; 9 int n,tot,num; 10 char s[N]; 11 void se(int x,int y) {tot++; e[tot].next=head[x]; e[tot].to=y; head[x]=tot;} 12 void part1_insert(int p) 13 { 14 int len=strlen(s),x=0; 15 for (int i=len-1;i>=0;i--) 16 if (ch[x][s[i]-'a']) x=ch[x][s[i]-'a']; 17 else ch[x][s[i]-'a']=++num,x=num; 18 se(x,p); 19 } 20 void part2_mark(int x) 21 { 22 int num=tot; 23 for (int i=head[x];i;i=e[i].next) a[++tot]=e[i].to; 24 for (int i=0;i<26;i++) if (ch[x][i]) part2_mark(ch[x][i]); 25 for (int i=head[x];i;i=e[i].next) in[e[i].to]=num,out[e[i].to]=tot; 26 } 27 int change(int x,int l,int r,int v) 28 { 29 int now=++tot; 30 if (l==r) 31 { 32 cnt[now]=cnt[x]+1; 33 lch[now]=rch[now]=0; 34 } 35 else 36 { 37 int mid=(l+r)>>1; 38 if (v<=mid) 39 { 40 rch[now]=rch[x]; 41 lch[now]=change(lch[x],l,mid,v); 42 } 43 else 44 { 45 lch[now]=lch[x]; 46 rch[now]=change(rch[x],mid+1,r,v); 47 } 48 cnt[now]=cnt[lch[now]]+cnt[rch[now]]; 49 } 50 return now; 51 } 52 void part3_build() {for (int i=1;i<=n;i++) root[i]=change(root[i-1],1,n,a[i]);} 53 int query(int root1,int root2,int l,int r,int k) 54 { 55 if (l==r) return l; 56 if (cnt[root2]-cnt[root1]<k) return -1; 57 int mid=(l+r)>>1; 58 if (cnt[lch[root2]]-cnt[lch[root1]]>=k) return query(lch[root1],lch[root2],l,mid,k); 59 else return query(rch[root1],rch[root2],mid+1,r,k-(cnt[lch[root2]]-cnt[lch[root1]])); 60 } 61 void part4_query() 62 { 63 for (int i=1;i<=n;i++) 64 { 65 int k; 66 scanf("%d",&k); 67 printf("%d ",query(root[in[i]],root[out[i]],1,n,k)); 68 } 69 } 70 int main() 71 { 72 scanf("%d",&n); 73 for (int i=1;i<=n;i++) 74 { 75 scanf("%s",s); 76 part1_insert(i); 77 } 78 tot=0; 79 part2_mark(0); 80 tot=0; 81 root[0]=cnt[0]=lch[0]=rch[0]=0; 82 part3_build(); 83 part4_query(); 84 return 0; 85 }